2023-2024学年数学八年级四边形单元测试试题（沪教版（五四制））基础卷含解析

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2023-2024学年数学八年级四边形（沪教版（五四制））
单元测试 基础卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
评卷人得分
一、单选题（共30分）
1．（本题3分）如图，在四边形中，，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．（本题3分）如图，在四边形中，对角线、相交于点，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．（本题3分）正十二边形的一个内角等于（ ）
A． B． C． D．
4．（本题3分）如图，在平行四边形中，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
5．（本题3分）如图，中，D，E分别是，边上的中点，点F在上，且，若，，则的长为（　　）
A．3 B．5 C．6 D．8
6．（本题3分）在平行四边形中，，则等于（ ）
A． B． C． D．
7．（本题3分）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（　　）
A． B．
C． D．
8．（本题3分）如图，是内一点，，，，，，，，分别是，，，的中点，则四边形的周长为（ ）
A． B． C． D．
9．（本题3分）如图，菱形中，对角线，分别是的中点，P是线段上的一个动点，则的最小值是（　　）
A． B． C．5 D．
10．（本题3分）如图，正方形的中心互相重合，边分别与边交于点I，J，K，L，连接．若，，正方形的面积比正方形的面积大4，则四边形的面积为（　　）
A．16 B．18 C．20 D．24
评卷人得分
二、填空题（共24分）
11．（本题3分）在正方形、长方形、线段、等边三角形和平行四边形这五种图形中，不是中心对称图形的是 ．
12．（本题3分）若一个多边形的每个外角都等于，则这个多边形的边数为 ．
13．（本题3分）正n边形的每个内角的度数为， 则n的值是 ．
14．（本题3分）菱形中，对角线，则菱形的面积是 ．
15．（本题3分）如图，是以的对角线为边的等边三角形，点与点关于轴对称．若点的坐标是，则点的坐标为 ．
16．（本题3分）如图，的度数是 ．
17．（本题3分）如图，P是矩形的对角线上一点，过点P作，分别交，于点E，F，连接，．若，，则图中阴影部分的面积为 ．
18．（本题3分）如图，在中，，点D是斜边上的一个动点，于点N，于点M，连接，则线段的最小值为 ．
评卷人得分
三、解答题（共66分）
19．（本题8分）如图，矩形的对角线与相交于点O，延长到点E，使，连接．求证：四边形是平行四边形．
20．（本题8分）如图，已知的三个顶点的坐标分别为．
(1)将绕坐标原点逆时针旋转．画出对应的图形，直接写出点A的对应点的坐标；
(2)在格点图内，若四边形为平行四边形，请直接写出第四个顶点的坐标．
21．（本题10分）如图，平面直角坐标系中，已知直线与直线 ，将直线沿y轴正方向平移4个单位得直线，直线分别交x轴、y轴于点A、点B，交直线于点C．
(1)求点C的坐标；
(2)如图1，点P为线段上的动点，点Q为直线上的动点，当 时， 求出此时P点的坐标；
(3)如图2，在第（2）问的条件下，直线上有一动点M， x轴上有一动点N，当以P、B、M、N 为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出此时N点的坐标．
22．（本题10分）如图的网格中每个小正方形的边长均为1，请按要求画出下列图形．所画图形的各个顶点均在格点上．
(1)在图①中画出一个以为一边的中心对称的四边形，使其面积为12；
(2)在图②中画出一个以为一边的等腰，使，并直接写出的面积．
23．（本题10分）如图，是菱形的对角线，，

(1)请用尺规作图作的垂直平分线，垂足为，交于；（不要求写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）条件下，连接，求．
24．（本题10分）如图，在平面直角坐标系中，有两点，，交y轴于点C．
(1)平移线段，使点A与原点O重合，点B平移后对应点为点D，在图1中画出线段；直接写出点D的坐标为______；
(2)连接，求的面积；
(3)连接，直接写出线段与的关系为______．
25．（本题10分）综合与实践
操作判断
（1）操作一：将正方形与正方形的顶点重合，点在正方形的边上，如图1，连接，取的中点，连接．操作发现（提示：交于点），与的位置关系是______；与的数量关系是______．
（2）操作二：将正方形绕顶点顺时针旋转，（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由．
参考答案：
1．C
【分析】本题考查了四边形内角和定理．根据“四边形内角和为”列式计算即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
故选：C．
2．D
【分析】本题考查了平行四边形的判定定理，熟记平行四边形的判定定理是解题的关键．由平行四边形的判定定理对边对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、∵，，
∴四边形是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、∵，，
∴四边形是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、∵，，
∴四边形是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、由，，不能判定四边形是平行四边形，故选项D符合题意．
故选：D．
3．B
【分析】本题考查了多边形外角的的问题，首先求得每个外角的度数，然后根据外角与相邻的内角互为邻补角即可求解．正确理解内角与外角的关系是关键．
【详解】解：正十二边形的每个外角的度数是：，
则每一个内角的度数是：．
故选：B．
4．D
【分析】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的对角相等是解题的关键．
【详解】解：四边形是平行四边形，，
，
故选：D．
5．A
【分析】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线性质是解题的关键． 先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可以得到的长，然后利用三角形的中位线求出长，进而求解即可．
【详解】，D是的中点，
，
D，E分别是，边上的中点，
，
，
故选：．
6．B
【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的性质即可求解．
【详解】解：平行四边形中，
∴
∴
∵，
∴，
故选：B．
7．B
【分析】根据平行四边形的判定定理，解答即可，本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键．
【详解】A. ，可以，不符合题意，
B. ，不可以，符合题意，
C. ，可以，不符合题意，
D. ，可以，不符合题意，
故选B．
8．A
【分析】本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理，解题的关键是熟练掌握三角形的中位线定理．由，，，根据勾股定理可求出，根据，，，分别是，，，的中点，结合中位线定理即可求解．
【详解】解：，，，，，
，
，，，分别是，，，的中点，
，，，，
四边形的周长为：，
故选：A．
9．D
【分析】本题考查了轴对称-最短距离问题，菱形的性质，菱形的面积的计算，根据勾股定理得到，过N作于Q交于P，过P作于M，则的值最小，根据菱形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：设与交于点O，
菱形中，， ，
，
，
过N作于Q交于P，过P作于M，
则的值最小，
即，
，
即的最小值是，
故选：D．
10．C
【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，设，则，，利用正方形的性质、等腰直角三角形性质可得，根据正方形的面积比正方形的面积大4，建立方程求解即可求得，再运用勾股定理可得，再证得，进而推出四边形是正方形，即可求得答案．
【详解】解：设，则，

∵正方形的中心互相重合，
∴，
∵，
∴，
∴均为等腰直角三角形，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∵正方形的面积比正方形的面积大4，
∴，
解得：或（舍去），
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理可得，
∴四边形是正方形，
∴四边形的面积为，
故选：C．
11．等边三角形
【分析】本题考查了中心对称图形有识别，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．根据中心对称图形的定义判断得出即可．
【详解】解：正方形、长方形、线段、等边三角形和平行四边形这五种图形中、线段和平行四边形和正方形和长方形都是中心对称图形，只有等边三角形是旋转对称图形但不是中心对称图形；
故答案为：等边三角形．
12．12/十二
【分析】本题考查多边形的外角．根据多边形的外角和为，列式计算即可．
【详解】解：由题意，得：这个多边形的边数为；
故答案为：12．
13．6
【分析】本题主要考查多边形外角和定理，多边形的外角和是360度，先求出每个外角的度数，根据外角和360度求解即可．
【详解】根据题意有每个外角的度数为：，
，
故答案为：6．
14．24
【分析】
此题主要考查菱形面积的求解，解题的关键是熟知其面积等于对角线乘积的一半．
【详解】解：，
故答案为：24．
15．
【分析】本题考查了平行四边形的性质、等边三角形的性质、点关于轴对称的特点以及勾股定理的运用．设和轴交于，由对称性可知，再根据等边三角形的性质可知，根据勾股定理即可求出的长，进而求出和的长，所以可求，又因为在轴上，纵坐标为0，问题得解．
【详解】解：设和轴交于，
∵点与点关于轴对称，点的坐标是，
的坐标为，
，，
是以的对角线为边的等边三角形，
，
，
，
，
，
点的坐标是，
故答案为：．
16．/360度
【分析】本题主要考查了三角形外角的性质，四边形内角和，解题的关键是根据三角形内角与外角的关系可得，，再根据四边形内角和为可得答案．
【详解】解：如图：
∵，，
∵，
∴，
故答案为：．
17．12
【分析】本题考查了矩形的性质、三角形的面积等知识，先作辅助线，然后根据矩形的性质可得到两个矩形面积相等，解题的关键是证明两个矩形相等．
【详解】解：作于点M，交于点N，如图所示：
，
则四边形都是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴图中阴影部分的面积为，
故答案为：12．
18．
【分析】连接，根据，，可以判定四边形是矩形，得到，只需求的最小值即可，利用垂线段最短，利用直角三角形的面积公式计算高即可，本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，垂线段最短，熟练掌握矩形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
【详解】连接，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，
只需求得最小值即可，
利用垂线段最短，
当是三角形的高时最小，
∴，
故答案为：．
19．见解析
【分析】本题考查矩形的性质，平行四边形的判定，根据矩形的性质，得到，，进而推出，根据一组对边平行且相等的四边形为平行四边形，即可得证．
【详解】证明：四边形是矩形，
，，
，
，
又∵，
四边形是平行四边形；
20．(1)图见解析，
(2)
【分析】本题考查利用旋转变换作图，平行四边形的性质．
（1）根据网格结构及旋转性质找出三个点关于坐标原点逆时针旋转的点，顺次连接即可得到本题答案；
（2）根据平行四边形的对边平行且相等解答．
【详解】（1）解：如图所示，
，
∴；
（2）解：如图平行四边形即为所求：
，
根据平行四边形性质可得，
故答案为：．
21．(1)
(2)
(3)或或
【分析】本题考查一次函数的图象及性质、平行四边形的性质、坐标与图形，熟练掌握一次函数的图象及性质，平行四边形的性质，分类讨论是解题的关键．
（1）先求出，联立求解即可．
（2）设，过点B作，先求出三角形的高，通过面积求出的长度，进一步求出坐标即可．
（3）分情况讨论，根据平行四边形的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵直线沿y轴正方向平移4个单位得直线，，
∴，
∴，
解得，
∴．
（2）解：设，过点B作，
∵，
∴，
由题意可得：为等腰直角三角形，
，
，
解得（舍去），或
（3）解：根据题意设，
①当为两组对角线时，
，
解得
．
②当为两组对角线时，
，
解得
．
③当为两组对角线时，
，
解得
．
综上所述，N点的坐标或或
22．(1)图见详解
(2)图见详解，10
【分析】本题主要考查了利用图形的基本变换进行作图，作图时需要运用平行四边形的性质以及等腰三角形的性质进行计算．注意：平行四边形是中心对称图形，等腰三角形是轴对称图形．
（1）作一以为边的平行四边形即可得；
（2）根据等腰三角形的腰为5，腰上的高为3，进行画图．
【详解】（1）解：如图1，即为所求；
（2）解：如图2，等腰即为所求；
的面积为：，
故答案为10．
23．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查菱形的性质，垂直平分线的画法及性质，含角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质的综合，掌握菱形的性质，含角的直角三角形的性质是解题的关键．
（1）根据垂直平分线的画法即可求解；
（2）根据菱形的性质，分别求出的度数，根据含角的直角三角形的性质，设，可用含的式子表示的长，由此即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，直线即为所求；

（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∴，
∵垂直平分线段，
∴，
∴，
∴，
∴，
作于，则，

设，则，，，
∴．
24．(1)见解析，
(2)6.5
(3)
【分析】此题考查作图—平移，三角形面积，平移的性质：
（1）根据平移的特点得出坐标即可；
（2）根据割补法和三角形的面积公式解答即可；
（3）根据平移的性质即可写出线段与的关系．
【详解】（1）解：如图所示，即为所作：
点D的坐标为；
故答案为：；
（2）解：的面积；
（3）解：由平移的性质可得：．
故答案为：．
25．（1）；（2）成立，见解析
【分析】本题是四边形的综合题，考查的是正方形的性质、旋转变换的性质，掌握正方形的四条边相等、四个角都是直角是解题的关键，注意正方形的性质和勾股定理是关键．
（1）延长交于点，进而利用证明与全等，进而利用全等三角形的性质解答即可；
（2）连接，作交于点，延长交于点，连接，进而利用证明，进而利用全等三角形的性质解答即可；
【详解】解：（1）延长交于点，
正方形与正方形的顶点重合，
∴
∴，
，
的中点，
，
在与中，
，
∴，
，，
，
，，
，
，，
，
故答案为：，；
（2）两个结论仍然成立，理由如下：
连接，作交于点，延长交于点，连接，
四边形是正方形，
∴，，，
，
∵，
，
为的中点，
，
，
，
，，
在正方形中，，，
，，
，
在正方形与正方形中，，
，
，
，
∴，
，，
，
，
∴为等腰直角三角形，
为的中点，
，，
，；
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